a)  Пусть точки M, N, M1 и N1  — середины рёбер AB, BC, A1B1 и B1C1. Четырёхугольник MNN1M1 является квадратом, поэтому его диагонали MN1 и NM1 перпендикулярны и точкой пересечения делятся пополам. Пусть точка P  — середина BB1, а точка O  — центр грани ACC1A1. Прямая OP перпендикулярна плоскости MNN1, поэтому прямая OP перпендикулярна прямой M1N.

[рис.]

[рис.]

Прямая NM1 перпендикулярна прямым MN1 и OP, поэтому плоскость α проходит через пересекающиеся прямые MN1 и OP. Пусть прямые PM и AA1 пересекаются в точке K, а прямая OK пересекает рёбра AC и A1C1 в точках F и E соответственно. Пятиугольник EN1PMF  — сечение призмы плоскостью α.
Из равенства треугольников PBM и KAM следует, что AK  =  PB, поэтому $A_1 K = 2 + 1 = 3$ Из подобия треугольников EA1K и FAK следует, что

$\frac{E A_1}{F A} = $\frac{A_1 K}{A K}$ = \frac{3}{1}$

а $C_1 E=F A$ значит, $C F=E A_1$ и $C F: F A=3: 1$

б)  Плоскости ABC и α пересекаются по прямой FM. Прямая M1N перпендикулярна плоскости α, следовательно, плоскости MNN1M1 и α перпендикулярны. Значит, угол N1MN  — это линейный угол двугранного угла между плоскостями ABC и α, $\angle N_1 M N=45 в степени ( \circ )$ Пятиугольник TFMBN является ортогональной проекцией пятиугольника EN1PMF на плоскость ABC. Имеем

$S_C N T = S_C_1 N_1 E = $\frac{1}{4}$ \cdot $\frac{1}{2}$ S_A B C$

и аналогично $S_F M A= $\frac{1}{8}$ S_A B C$ Значит,

$S_T F M B N= $\frac{3}{4}$ S_A B C=3 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$

и

$S_E N_1 P M F= \frac{3 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{\cos 45 в степени ( \circ )} =3 $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента$

Ответ: б) $3 $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента$